揭阳市重点中学2024届普通高中毕业班单科质量检查数学试题

揭阳市重点中学2024届普通高中毕业班单科质量检查数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题①的值域为②的一个对称轴是③的一个对称中心是④存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．中，角的对边分别为，若，，，则的面积为（）A． B． C． D．3．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则（）A．P1•P2＝ B．P1＝P2＝ C．P1+P2＝ D．P1＜P24．2019年某校迎国庆70周年歌咏比赛中，甲乙两个合唱队每场比赛得分的茎叶图如图所示（以十位数字为茎，个位数字为叶）.若甲队得分的中位数是86，乙队得分的平均数是88，则（）A．170 B．10 C．172 D．125．已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．6．定义两种运算“★”与“◆”，对任意，满足下列运算性质：①★，◆；②（）★★，◆◆，则（◆2020）（2020★2018）的值为()A． B． C． D．7．已知函数的图象在点处的切线方程是，则（）A．2 B．3 C．-2 D．-38．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的（）A． B． C． D．9．已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．10．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．已知集合，集合，则（）.A． B．C． D．12．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心，另外三个顶点圆柱下底面的圆周上，记正四面体的体积为，圆柱的体积为，则的值是______.14．在直角三角形中，为直角，，点在线段上，且，若，则的正切值为_____.15．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）.16．已知数列满足：点在直线上，若使、、构成等比数列，则______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）设函数，是函数的导数.（1）若，证明在区间上没有零点；（2）在上恒成立，求的取值范围.18．（12分）如图，已知平面与直线均垂直于所在平面，且．（1）求证：平面；（2）若，求与平面所成角的正弦值.19．（12分）已知，，分别为内角，，的对边，且.（1）证明：；（2）若的面积，，求角.20．（12分）已知抛物线:，点为抛物线的焦点，焦点到直线的距离为，焦点到抛物线的准线的距离为，且.（1）求抛物线的标准方程；（2）若轴上存在点，过点的直线与抛物线相交于、两点，且为定值，求点的坐标.21．（12分）的内角，，的对边分别为，,已知，.（1）求；（2）若的面积，求.22．（10分）设函数，，（Ⅰ）求曲线在点（1,0）处的切线方程；（Ⅱ）求函数在区间上的取值范围．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解题分析】

由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.【题目详解】由题,,则向右平移个单位可得,,的值域为,①错误；当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；当时,,所以的一个对称中心是,③正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【题目点拨】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.2、A【解题分析】

先求出，由正弦定理求得，然后由面积公式计算．【题目详解】由题意，．由得，．故选：A．【题目点拨】本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解．3、C【解题分析】

将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.【题目详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321方案一坐车可能：132、213、231，所以，P1＝；方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝；所以P1+P2＝故选C.【题目点拨】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.4、D【解题分析】

中位数指一串数据按从小（大）到大（小）排列后，处在最中间的那个数，平均数指一串数据的算术平均数.【题目详解】由茎叶图知，甲的中位数为，故；乙的平均数为，解得，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查茎叶图的应用，涉及到中位数、平均数的知识，是一道容易题.5、A【解题分析】

联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.【题目详解】联立方程，解方程可得或，不妨设A(0，a)，B(-b，0)，由题意可知，·=0，因为，，由平面向量垂直的坐标表示可得，，因为，所以a2-c2=ac，两边同时除以可得，，解得e=或（舍去），所以该椭圆的离心率为.故选：A【题目点拨】本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.6、B【解题分析】

根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值，可得选项.【题目详解】由（）★★，得（+2）★★，又★，所以★，★，★，，以此类推，2020★2018★2018，又◆◆，◆，所以◆，◆，◆，，以此类推，◆2020，所以（◆2020）（2020★2018），故选：B.【题目点拨】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.7、B【解题分析】

根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【题目详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【题目点拨】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8、C【解题分析】试题分析：通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求的.考点：三视图9、C【解题分析】

由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.【题目详解】当时，则，，所以，，显然当时，，故，，若对于任意正整数不等式恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任意正整数恒成立，设，，令，解得，令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，当时，有单调递减，故数列的最大值为，所以.故选：C.【题目点拨】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.10、D【解题分析】

将复数化简得,,即可得到对应的点为,即可得出结果.【题目详解】，对应的点位于第四象限.故选:.【题目点拨】本题考查复数的四则运算,考查共轭复数和复数与平面内点的对应,难度容易.11、A【解题分析】

算出集合A、B及，再求补集即可.【题目详解】由，得，所以，又，所以，故或.故选：A.【题目点拨】本题考查集合的交集、补集运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.12、D【解题分析】

解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【题目详解】因为集合，故选：D.【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

设正四面体的棱长为，求出底面外接圆的半径与高，代入体积公式求解．【题目详解】解：设正四面体的棱长为，则底面积为，底面外接圆的半径为，高为．∴正四面体的体积，圆柱的体积．则．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查多面体与旋转体体积的求法，考查计算能力，属于中档题．14、3【解题分析】

在直角三角形中设，，，利用两角差的正切公式求解.【题目详解】设，，则，故.故答案为：3【题目点拨】此题考查在直角三角形中求角的正切值，关键在于合理构造角的和差关系，其本质是利用两角差的正切公式求解.15、5670【解题分析】

根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.【题目详解】二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为.故答案为：5670【题目点拨】本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题.16、13【解题分析】

根据点在直线上可求得，由等比中项的定义可构造方程求得结果.【题目详解】在上，，成等比数列，，即，解得：.故答案为：.【题目点拨】本题考查根据三项成等比数列求解参数值的问题，涉及到等比中项的应用，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，函数在上单调递增，在上单调递减，而，，可知在区间上恒成立，即在区间上没有零点；（2）由题意可将转化为，构造函数，利用导数讨论研究其在上的单调性，由，即可求出的取值范围．【题目详解】（1）若，则，，设，则，，，故函数是奇函数．当时，，，这时，又函数是奇函数，所以当时，.综上，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.又，，故在区间上恒成立，所以在区间上没有零点.（2），由，所以恒成立，若，则，设，.故当时，，又，所以当时，，满足题意；当时，有，与条件矛盾，舍去；当时，令，则，又，故在区间上有无穷多个零点，设最小的零点为，则当时，，因此在上单调递增.，所以.于是，当时，，得，与条件矛盾.故的取值范围是.【题目点拨】本题主要考查导数的四则运算法则和导数公式的应用，以及利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论思想和放缩法的应用，难度较大，意在考查学生的数学建模能力，数学运算能力和逻辑推理能力，属于较难题．18、（1）见解析；（2）【解题分析】

（Ⅰ）证明：过点作于点，∵平面⊥平面，∴平面又∵⊥平面∴∥,又∵平面∴∥平面（Ⅱ）∵平面∴，又∵∴∴∴点是的中点，连结，则∴平面∴∥，∴四边形是矩形设，得：，又∵，∴，从而，过作于点，则∴是与平面所成角∴，∴与平面所成角的正弦值为考点：面面垂直的性质定理；线面平行的判定定理；线面垂直的性质定理；直线与平面所成的角．点评：本题主要考查了线面平行的证明和直线与平面所成的角，属立体几何中的常考题型，较难．本题也可以用向量法来做：用向量法解题的关键是；首先正确的建立空间直角坐标系，正确求解平面的一个法向量．注意计算要仔细、认真．≌19、（1）见解析；（2）【解题分析】

（1）利用余弦定理化简已知条件，由此证得（2）利用正弦定理化简（1）的结论，得到，利用三角形的面积公式列方程，由此求得，进而求得的值，从而求得角.【题目详解】（1）由已知得，由余弦定理得，∴.（2）由（1）及正弦定理得，即，∴，∴，∴.，∴，，.【题目点拨】本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.20、（1）（2）【解题分析】

（1）先分别表示出，然后根据求解出的值，则的标准方程可求；（2）设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式，然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式，由此判断出为定值时的坐标.【题目详解】（1）由题意可得，焦点，，则，，∴解得.抛物线的标准方程为（2）设，设点，，显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程，整理可得，，∴，∴要使为定值，必有，解得，∴为定值时，点的坐标为【题目点拨】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题，难度一般.（1）处理直线与抛物线相交对应的定值问题，联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法；（2）直线与圆锥曲线的问题